§5 高次偏導関数 , 微分の順序交換 , Taylor の定理 演習問題 2 解答

§5 ^{高次偏導関数} , ^{微分の順序交換} , Taylor ^{の定理 演習問題} 2 ^解答

問題の難易度の目安【基礎】899 ^【標準】889 ^【発展】888

1

(1) fはC²級とする．

3 ∂

∂x + 2 ∂

∂y 2

f をf_xx, f_xy, f_yyを用いて表せ．

(2) 3 ∂

∂x + 2 ∂

∂y 2

e^x+2yを求めよ．

解 (1) fをC²級とすると，f_xy =f_yxすなわち ∂²f

∂y∂x = ∂²f

∂x∂y が成り立つ．したがって，

3 ∂

∂x + 2 ∂

∂y 2

f =

3 ∂

∂x + 2 ∂

∂y 3∂f

∂x + 2∂f

∂y

= 9∂²f

∂²x + 6 ∂²f

∂x∂y + 6 ∂²f

∂y∂x+ 4∂²f

∂²y

= 9∂²f

∂²x + 12 ∂²f

∂y∂x+ 4∂²f

∂²y

=9f_xx+ 12f_xy+ 4f_yy.

(2) f(x, y) = e^x+2yとおくと，明らかにfはC²級でありf_x =e^x+2y，f_y = 2e^x+2yより f_xx =e^x+2y, f_xy =f_yx = 2e^x+2y, f_yy = 4e^x+2y.

ゆえに，(1)の結果を用いると

3 ∂

∂x + 2 ∂

∂y 2

e^x+2y = 9e^x+2y + 12·2e^x+2y + 4·4e^x+2y

=49e^x+2y.

2

t >0，−∞< x <+∞で定義された関数u(t, x)に対して

ut(t, x) =uxx(t, x), (t, x)∈(0,∞)×R (H) を(1次元)熱方程式という．熱核とよばれる関数

p(t, x) = 1

√4πte^−x

2 4t

は熱方程式(H)を満たすことを示せ．

解 p(t, x) = 1

√4πte^−x

2

4t に対して，

px = 1

√4πt

−2x 4t

e^−x

2 4t, pxx = 1

√4πt

"

−2x 4t

2

− 1 2t

# e^−x

2

4t · · ·¹

であり，

p_t =− 1 2t√

4πte^−x

2

4t + 1

√4πt x²

t²

e^−x

2 4t

= 1

√4πt x²

4t² − 1 2t

e^−x

2

4t · · ·²

であるから，1 ,より，² p_t=p_xxを満たすことがわかる．したがって，pは熱方程式(H)の解 である．

3

f(r)は1変数rのなめらかな関数とする．3変数関数u(x, y, z)を u(x, y, z) :=fp

x²+y²+z²

で定義する．このとき，

(∆u=) u_xx+u_yy +u_zz =f⁰⁰(r) + 2 rf⁰(r) となることを示せ．

解 r =p

x²+y²+z²とおく．r² =x²+y²+z²だから，両辺をxで偏微分して，2rrx = 2r すなわち，r_x = x

r · · ·．同様に，¹ r_y = y

r· · ·，² r_z = z

r· · ·．ゆえに³ chain ruleによりを1

用いると

u_x(x, y, z) =u_r(x, y, z)r_x =f⁰(r)x r. したがって，

u_xx(x, y, z) = (u_rr_x)_rr_x =u_rr(r_x)²+u_r(r_x)_rr_x

=u_rrx²

r² +u_rx_r r − x

r² x

r

=f⁰⁰(r)x²

r² +f⁰(r) xx_r

r² − x² r³

.

ここで，再びr² =x²+y²+z²より両辺をrで微分して，2r = 2xx_r，すなわちxx_r=r．これ を上式に代入して，

u_xx =f⁰⁰(r)x²

r² +f⁰(r) 1

r − x² r³

· · ·⁴ . 全く同様にして

u_yy =f⁰⁰(r)y²

r² +f⁰(r) 1

r − y² r³

· · ·⁵

u_zz =f⁰⁰(r)z²

r² +f⁰(r) 1

r −z² r³

· · ·⁶ .

4 ,⁵ ,を足し合わせて⁶ x²+y²+z² =r²を用いると

u_xx+u_yy+u_zz =f⁰⁰(r)x²+y²+z²

r² +f⁰(r) 3

r − x²+y²+z² r³

=f⁰⁰(r) + 2 rf⁰(r).

4

f(x, y, z)はなめらかな関数とし，2つの偏微分作用素∆, Dをfに対して，

∆f := ∂²f

∂x² +∂²f

∂y² +∂²f

∂z² Df :=x∂f

∂x +y∂f

∂y +z∂f

∂z で定義する．このとき，以下の問いに答えよ．

(1) ∆(Df) = D(∆f) + 2∆f を示せ．

(2) ∆f = 0のとき，∆ ((x² +y²+z²)f)をfとDF を用いて表せ．

(3) ∆f = 0のとき，∆

∆ ((x²+y² +z²)f)

= 0であることを示せ．

解 (1) fはなめらかだから偏微分の順序交換が自由にできる．Df =x∂f

∂x +y∂f

∂y +z∂f

∂z で あるから，

∆(Df) = ∂²

∂x² + ∂²

∂y² + ∂²

∂z² x∂f

∂x +y∂f

∂y +z∂f

∂z

= ∂²

∂x²

x∂f

∂x +y∂f

∂y +z∂f

∂z

+ ∂²

∂y²

x∂f

∂x +y∂f

∂y +z∂f

∂z

+ ∂²

∂z²

x∂f

∂x +y∂f

∂y +z∂f

∂z

· · ·¹

ここで， ∂

∂x

x∂f

∂x

= ∂f

∂x +x∂²f

∂x² だから，

∂²

∂x²

x∂f

∂x

= ∂f

∂x ∂f

∂x +x∂²f

∂x²

= 2∂²f

∂x² +x∂³f

∂x³

= 2∂²f

∂x² +x ∂

∂x ∂²f

∂x²

. ゆえに，

∂²

∂x²

x∂f

∂x +y∂f

∂y +z∂f

∂z

= 2∂²f

∂x² +x ∂

∂x ∂²f

∂x²

+y ∂³f

∂x²∂y +z ∂³f

∂x²∂z

= 2∂²f

∂x² +

x ∂

∂x +y ∂

∂y +z ∂

∂z

∂²f

∂x²

= 2∂²f

∂x² +D ∂²f

∂x²

· · ·² . 同様に，

∂²

∂y²

x∂f

∂x +y∂f

∂y +z∂f

∂z

= 2∂²f

∂y² +D ∂²f

∂y²

· · ·³ ,

∂²

∂z²

x∂f

∂x +y∂f

∂y +z∂f

∂z

= 2∂²f

∂z² +D ∂²f

∂z²

· · ·⁴ .

2 ,³ ,を⁴ へ代入して1

∆(Df) = 2 ∂²f

∂x² + ∂²f

∂y² + ∂²f

∂z²

+D ∂²f

∂x² +∂²f

∂y² + ∂²f

∂z²

= 2∆f +D(∆f) となり，証明された．

(2) ∆ ((x²+y²+z²)f) = ∂²

∂x² + ∂²

∂y² + ∂²

∂z²

((x²+y²+z²)f)において，

∂

∂x (x²+y²+z²)f

= 2xf+ (x²+y²+z²)∂f

∂x だから，

∂²

∂²x (x²+y²+z²)f

= ∂

∂x

2xf+ (x²+y²+z²)∂f

∂x

= 2f+ 2x∂f

∂x + 2x∂f

∂x + (x² +y²+z²)∂²f

∂x²

= 2f+ 4x∂f

∂x + (x²+y²+z²)∂²f

∂x².

同様に，

∂²

∂²y (x²+y² +z²)f

= 2f + 4y∂f

∂y + (x²+y²+z²)∂²f

∂y²

∂²

∂²z (x²+y²+z²)f

= 2f+ 4z∂f

∂y + (x²+y²+z²)∂²f

∂z² である．以上の計算から∆f = 0に注意して

∆ (x²+y²+z²)f

= 6f + 4

x∂f

∂x +x∂f

∂x +x∂f

∂x

+ (x²+y²+z²) ∂²f

∂x² + ∂²f

∂y² + ∂²f

∂z²

= 6f + 4Df + (x²+y²+z²)∆f

=6f+ 4Df.

(3) (2)の結果を用いて，

∆

∆ (x²+y²+z²)f = ∆ (6f+ 4Df) = 6∆f + 4∆(Df) · · ·⁵ . fは∆f = 0をみたし，さらに(1)の等式より

∆(Df) =D(∆f) + 2∆f = 0.

よってこれらをへ代入すれば，5 ∆

∆ ((x²+y²+z²)f)

= 0となり，証明が完了した．